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1、课时分层作业(三十二)电磁感应中的动力学、能量和动量问题基础题组1如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()AQ1Q2，q1q2BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2DQ1Q2，q1q222022山西晋城一模(多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37角倾斜放置，现将一金属杆垂直
2、放置在导轨上且与两轨道接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8N，经过2s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1kg、电阻为1，磁感应强度大小为1T，重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8.下列说法正确的是()A拉力F是恒力B拉力F随时间t均匀增加C拉力F的最大值等于12ND金属杆运动的加速度大小为2m/s232022陕西远东模拟(多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与
3、M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好以下说法正确的是()A俯视时感应电流方向为顺时针B棒b的最大速度为0.4v0C回路中产生的焦耳热为0.1mvD通过回路中某一截面的电荷量为42022湘豫名校联考(多选)如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，整个空间区域存在着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场两长度均为L、电阻均为R、质量均为
4、m的金属导体棒a、b始终垂直于导轨，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻金属导体棒a、b中点间连接一处于原长状态的轻质绝缘弹簧某时刻给导体棒b一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，经过足够长的时间后，下列说法正确的是()Aa、b两棒最终将以大小为的共同速度向右匀速运动Ba、b两棒最终都向右运动，但速度大小将周期性交替增减而不会共速Ca棒上产生的焦耳热最终为mvDa棒上产生的焦耳热最终为mv5(多选)如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的高度为h.竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，底边水平，其上下边长之比为51，AB边长为L，高为2h.现使线框AB边在
5、磁场边界L1的上方高h处由静止自由下落(下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直)，当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，在DC边进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是()A从AB边进入磁场到DC边进入磁场的过程中，线框做匀速运动，线框中感应电流恒定B从AB边进入磁场到AB边离开磁场的过程中，线框中感应电流沿逆时针方向C从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框重力势能的减少量全部转化为线框产生的焦耳热DDC边刚进入磁场时，线框的加速度大小为g6如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成37角放置，在斜面上虚线cc和bb与斜面底边平
6、行，且两线间距为d0.1m，在cc、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1T现有一质量为m10g，总电阻为R1，边长也为d0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，取g10m/s2，不计其他阻力，求：(取sin370.6，cos370.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热综合题组7如图甲所示，有两根足够长、不计电阻，相距
7、L1m的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成30固定放置，顶端接一阻值为R2的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B0.5T的匀强磁场，方向垂直轨道平面向上，现有一质量为m0.1kg、电阻不计的金属杆ab，平行于ce且垂直于导轨，以一定初速度v0沿轨道向上运动，此时金属杆的加速度a015m/s2，到达某一高度后，再沿轨道向下运动，若金属杆上滑过程中通过电阻R的电量q0.5C，g取10m/s2，求：(1)金属杆的初速度大小；(2)金属杆上滑过程中电阻R上产生的焦耳热Q；(3)若将金属导轨之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，现用外力使金属杆(仍平行于ce且垂直于导轨)以v0沿金属导轨匀速
8、上升，撤去外力发现，杆沿金属导轨匀减速上升，请证明撤去外力后，金属杆做匀减速直线运动的加速度大小为a.8如甲图所示，光滑导体轨道PMN和PMN是两个完全一样轨道，都是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M点相切，两轨道并列平行放置，MN和MN位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP之间有一个阻值为R的电阻，开关S是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNNM是一个矩形区域，内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如乙所示金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端静止释放
9、后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关S闭合不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少？(2)两棒落到地面后的距离是多少？(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少？课时分层作业（三十二）电磁感应中的动力学、能量和动量问题1解析：设线框边长abl1，bcl2，线框中产生的热量Q1I2RtRl1，Q2l2，由于l1l2，所以Q1Q2.通过线框导体横截面的电荷量qtt，故q1q2，A选项正确答案：A2解析：t时刻，金属杆的速
10、度大小为vat，产生的感应电动势为EBlv，电路中的感应电流为I，金属杆所受的安培力大小为F安BIl，由牛顿第二定律可知Fmamgsin37，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t0时，F最小，代入数据可求得a2m/s2，t2s时，F最大，最大值为12N，选项C、D正确答案：BCD3解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A错误；在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，由动量定理可得BLtBqLmv00.8mv0，对棒b，由动量定理可得B2Ltmv，联立可得v0.4v0，
11、q，B正确，D错误；根据能量守恒定律可得Qmvm（0.8v0）2m（0.4v0）20.1mv，C正确答案：BC4解析：根据动量守恒有mv02mv共，可得v共，所以经过足够长的时间后，a、b两棒最终都将以大小为的共同速度向右匀速运动，A正确，B错误；整个电路产生的焦耳热为Qmv2mv，QaQ，C正确，D错误答案：AC5解析：本题考查电磁感应现象，AB边刚进入磁场时做匀速运动，根据受力平衡可知mgF安BIL，此后在AB边未出L2前，线框切割磁感线的有效长度一直增加，线框做减速运动，DC边进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动，A错误；由楞次定律可知，从AB边进入磁场到AB边离开磁场的过程中，线框中
12、感应电流沿逆时针方向，B正确；由能量守恒定律可知，从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框重力势能的减少量转化为线框的动能和线框产生的焦耳热，C错误；线框跨在L1、L2之间，DC边进入磁场前，其有效切割长度为2L，如图所示，LABLMNLCD135，设此时线框匀速运动的速度大小为v1，有（2BL）2mg，DC边进入磁场时线框有效切割长度为LMN，则（BLMN）2mgma，解得ag，D正确答案：BD6解析：（1）金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsinmgcosF安其中F安BId，I，EBdv解得v2m/s.（2）设最高点离bb的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有
13、v22ax，mgsinmgcosma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1Ekmgcos2x，其中Ekmv2得Ek1mv20.1J.（3）线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsin2dmgcos2dW安0QW安解得Q2mgd（sincos）0.004J.答案：（1）2m/s（2）0.1J（3）0.004J7解析：（1）根据牛顿第二定律mgsinma解得v08m/s（2）qIttmgssinW0mvQW联立解得s2m，Q2.2J（3）减速过程电容放电形成电流：mgsinBILmaIqCUUBLtvat由解得a答案：（1）8m/s（2）2.2J（3）见解析8解析：（1）a棒
14、沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgrmv，解得v0当两棒速度稳定时，两棒以相同的速度做匀速运动从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，由动量守恒定律得：mv02mv1，解得v1（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量IALBtBLt由动量定理：IAmv2mv1，解得v2由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离x（v1v2）（3）b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等，QaQb由能量守恒定律可知：QaQbmv（2m）v解得：QaQbmgrb棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，产生的焦耳热相等，由能量守恒定律可知：2Qamvmv解得：Qamgr所以整个过程中，a棒产生的焦耳热QQaQamgr答案：（1）均为（2）（3）QbmgrQamgr